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江淮十校 2024 届高三第三次联考
物理答案
1、【答案】D
【解析】A. 衰变时，原子核内中子转化为质子和电子，大量电子从原子核释放出来形成 射线，故A错
131
误； 53
B.半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，经过两个完整的半衰期后，还剩四分之一的
原子核没有衰变，故 B错误；
C.原子核衰变时满足电荷数守恒，质量数守恒，故C错误；
D.该反应前后质量亏损为 ，
对外释放能量，故D正确 ； = − − =131.03721 −131.03186 −0.000549 =0.004801
故选D。
2.【答案】A
【解析】A. 在轨道位置，由万有引力等于该轨道处的重力可得： ， ，由表达式
+ℎ 2 = 0 2 =
可知， ，故A正确。
2 2 2
0 6400 16 9
= +ℎ 2 = 6400+400 =17 2 ≈10
B.由卫星的运动规律： ，由表达式可知，卫星的轨道半径越大，其角速度越小，而由题意可
2
知，空间站的轨道半径 比 地 2 球 = 同 步 卫星的轨道半径小，而地球自转的角速度与同步卫星的角速度相等，故
可得空间站绕地运行的角速度比地面上物体随地球自转的角速度大，故B错误；
C.空间站一天转16圈 ，则T =1.5h，地球自转周期为24h,又由于空间站轨道所在平面与赤道所在平面不
卫
共面，空间站转16圈，中国某城市相对于空间站回到了出发位置，故C错误。
D.由开普勒第三定律可知，绕同一中心天体做圆周运动时，环绕天体的轨迹半径大则周期长，月球绕地球
运动的周期比空间站绕地球运动的周期长，则说明月球做圆周运动的半径大。又因为环绕天体的运动规律：
，解得 ，由表达式可知，由于空间站距离地心的距离比月球小，故其绕行速度比月球
2
的大 2 ，=故 D 错误； =
故选A。
3.【答案】C
【解析】A. 人艇的总功率与艇阻力和速度的乘积成正比，即 ，则有 ，故A错误；
∝ ∝
B.根据 ， ，可知 ，功率 恒定，所以 ，故B错误；
1
2 3 3
∝ ∝ ∝ ∝ ( )
.因 ，又由 ，
2
3
CD ∝ 0 ∝ ∝
解得
2
3
∝
又
1
3
∝( ) 物理答案（共 8 页） 第 1 页所以
1
9
∝
即
1
−9
故 C∝正 确，D错误。
故选：C。
4.【答案】C
【解析】A.两波源频率相同，起振方向相反，S S 连线上有6个振动加强点，则连线中点左边右边各有3
1 2
个加强点，A为振动加强点，可知 ，则6m= ，当n=1, 不成立。
当n=2时， ，若波长为4m , 2 则 − S S 1 连 = 线上 2 有 − 6 1 个2振动加强点。 2 当 − n 1 =3 2， = ， 1 S 2 S m, 连线上有
1 2 1 2
10个振动加 强=点4，m不成立。由此可知波长为4m。故A错误； =2.4m
B.因波速为2m/s，故周期为2s。故B错误；
C.D.S 处波源产生的机械波传播到A处所需的时间为 ，S 处波源产生的机械波传播到
1 2
3
1 =2 / =1.5
处所需时间为 ，故 时，只有S 处波源产生的机械波传播到A处，且离平衡位置最
1
9m
远，距离为2c
m
2
。
=2m/s=4
时
.5
，
s
两波
源
=
产
2
生
.0s
机械波都已传到A处，且A离平衡位置最远，距离不是 cm。
故C正确，D错误 。=8.5s 2 2
故选：C。
5.【答案】D
【解析】A.带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，三次碰撞后沿轴线射出，可知粒子运动的圆
弧半径为 ，粒子在磁场中运动的时间 ，故A、B错误，
=6 = ⋅2 =2
C.根据 ，可得粒子的质量 ，故C错误，
2
= = 6
D.粒子与管壁发生弹性碰撞后原速反弹，则由动量定理可得 再结合 ，可
得 − Δ = ·Δ − − =
=
由牛顿第三定律可知粒子束对管壁的平均作用力为 ，故D正确。
故选：D。 3
根据几何关系确定带电粒子在匀强磁场中运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解粒子的质量；根据动
量定理求解粒子束对管道的平均作用力大小。
6.【答案】B
【解析】由题意可知，第一个变压器为降压变压器，第二个变压器为升压变压器。
由于放电电流平均值为 ，由电流的定义式有
2.8 =
根据电容器的电容定义有
所以升压变压器副线圈的两 =端 的电压的最大值为
物理答案（
共2
=
8
1
页
40
）
0
第 2 页由理想变压器有 ，原线圈两端的电压的最大值为 ，电容器的电压为最大值，
1 1
则降压变压器原副 2线 = 圈 2匝数比为11 :1 1 =20
故选B。 2
7.【答案】
【解析】
A. 有磁场时，会在空间形成涡旋电场，电场力对小球做功，小球离开管口的速率大于撤去磁场时的速率，
故A正确
B. 撤去磁场后; ，小球竖直方向受力不变，运动时间不变，故 B错误
;
C. 由 ，得 ， 虽然在增加但是 在减小，所以 不一定是一直增加的，
2 2
故 C 错−误 = = +
D. 有磁场时，; 小球在玻璃管中运动时，涡旋电场也在做功，故小球与地球组成的系统机械能不守恒，故
D错误。
故选：A。
【分析】本题考查带电体在变化的磁场中的运动，解决问题的关键是清楚有磁场时，会在空间形成涡旋电
场，根据带电小球的受力情况分析清楚运动情况，利用牛顿第二定律和圆周运动的知识分析判断。
8.【答案】
【解析】由 ，故A不正确
1 10
如图所示，sin = =13 ;
在直角 中，由几何关系可知 ，所以由灯直接发出的光照到冰块上表面时
'
' 5 1
都能从上∆ 表 面射出， sin = ' = 5 <1.3=sin
而 ，所以由灯直接发出的光照到冰砖侧面时不是能从侧面任何位置射出，故
2 5 1
B错si误n ，= C 正 ' 确= 5 >1.3=sin
;
实深是 ，视深为 ，根据折射率定义式结合几何关系可知 可得 ，故D错误。
10
故选： C . ℎ ℎ = ℎ=13 m
物理答案（共 8 页） 第 3 页【分析】临界角公式 、视觉深度公式 ， 为实际深度， 是视觉深度。
1
掌握全反射的条件：只si有n 光=从 光密介质 折射率ℎ大=射 入 光疏介质 折射 ℎ 率小 ，且入射角大于等于临界角时，
才会发生全反射现象。 ( ) ( )
9.【答案】BD
【解析】解： 设物块沿斜面下滑的加速度为 ，由牛顿第二定律得
A，. 1
sin = 1
沿斜面向下运动
1 2
3=2 1 1
代入数据解得 故A错误；
1
1 =3
设 下滑 时获得的速度为 ，相对于 匀速下滑的时间为 ，则
B. ，3 2
相=对 1于 1 匀速下滑，则 在竖直方向做匀速直线运动，
，
2
A3、sin的 =加 速si度n 2 =7.5m/s2 ，故B正确；
对 整体受力分 析3 =可 知2 = tan ，则F=180N，故C错误；
C. 整体的位移 ，− ( + ) =( + ) 3
1 2
D 推 . 力做的功 =2 ， 3 2
代入数据解得 = ，故D正确。
【解析】 根 据=牛7顿5J第二定律求 的加速度，根据运动学公式求时间；
对 整(1体) 分析、对 分析，分别 根据牛顿第二定律列式，联立可求加速度和推力；
(2)
先根据运动学公式求出 沿斜面下滑 时的速度，由于 相对 做匀速直线运动，则利用运动学公式可求
(出3)接下来到底端所用时间 ，再分析整体3，根据运动学公 式求位 移，最后利用恒力做功公式求出 。
10.【答案】ABD
物理答案（共 8 页） 第 4 页【解析】A.小球到达直线 时速度方向恰与 平行，即水平速度恰减到 ，根据电场的周期性
∘
0 cos53 −
解 得2 =0 m/s2
=7.5
根据
2
解得 = 56 2.5
0 = ∕
B.根据速度位移关系式
∘ 2
3 cos53
解得 = 2
C.小球 在=7轴.2右 侧竖直方向做竖直上抛运动，小球再次经过 轴的运动时间相同
∘
sin53
D.恰经过 一个周期， 时刻进入电场，小球在一个周期 内水平方向先减速运 = 动 2 再加 速， = 此 1 过 .6 程 小球水
=0
平方向平均速度最小，离 点最近
1 ∘
因为 3 =2 cos53 +0 =4.8
3 <
小球在电场内经过 轴， 时刻进入电场，小球在一个周期内水平方向先加速运动
1 ∘
= 2 1 =2 cos53 +
∘
解 co 得 s53 + 2 2
且 1 =7.2
1 =
恰加速运动至 所在直线，小球出电场后做匀速运动
∘
解得 2 = cos53 + 2 2
则 2 =9.6
此过 程=小 1球+水 平2 =方1向6.平8 均速度最大，离 点最远，综上，小球经过 轴时的坐标范围为 。
【解析】本题主要考查了带电物体在电场 中的运动，熟悉物体的受 力分析，理解图像的4物.8 理≤意 义≤，1结6.合8 牛
顿第二定律和运动学公式即可完成解答。
11.（6分）【答案】4.40 （每空2分，共6分）
2 1− 2
【解析】 根据图示可知 ± 读 0. 数 05 为4 1 .4 .5 0cm。 1 2 1+ 2
1
根据平均速度的计算公式可知：
−2
4.4×10
2 根据匀变速直线运动平均速度等于 = 中 间 = 时刻30的×1速0 − 度 3 ， = 有 1. ： 5 / ， ，
2+ 1
3 1 = 1 2 = 2 2 = 1+ 2
可得：
2 1− 2
= 1 2 1+ 2
物理答案（共 8 页） 第 5 页12．（10分）【答案】 减小； ； .0； ；会 （每空2分，共10分）
2
【解析】 根据实验要求(1确) 定实验电( 路)2，×由10图 分(析3)热4敏电4阻5.阻2 值随温度的变化；
分析实(验1)电路，根据闭合电路欧姆定律作出电1源 图线，找出交点坐标即可求解；
(2)由图 得出热敏电阻的阻值，分析图 电路结构 ，−根 据串并联电路规律求解定值电阻阻值。
(本3)题解题5关键要弄清楚实验目的、实验原2理以及图象分析等问题；一般的实验设计、实验方法都是根据教
材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验
【解答】
图像上各点与坐标原点连线的斜率表示该状态的电阻，由图 可知，热敏电阻的阻值随温度的升
(高1)而 减−小 。 1
设热敏电阻两端电压为 、通过热敏电阻的电流为 ，根据闭合电路欧姆定律有 代入数据
中
(2) = −
得
作出 =图3线.0如−图1所00示
图线交点表示此时热敏电阻的电压为 、电流为 ，故其电阻为 =
2.0 2
2.0V 10mA = =0.010Ω=200Ω 2×10 Ω
①将表头 量程扩大为 ，则有 ；
6×36
( ② 3) 表头 显示电 流为 ， 60 电 m 路 A 实际电 流 1 为 = − =60−6Ω=4Ω ；
由图5 可知，当温度2为m1A00C时，该热敏电阻 1 =10×2m，A改=装2后0m电A流表等效电阻为
=100Ω
1
' = =3.6Ω
根据闭合电路欧姆定律可得 + 1
解得 ； 1 = ' + + + 2
③由图 2 4=可45知.2，Ω当电流表示数为4mA时，电路总电流是40mA，可求得热敏电阻阻值为 ，由图5可
知，温度高于 ，体温计会闪烁。 25Ω
13.（10分）【3答8.案5℃】（1） ；（2）
9 0
10
【解析】（1）对汽缸有 （2分）
2 2
0 2 = + 2
由题意知
2
0
= 40
解得封闭气体的压强为 （2分）
9 0
= 10
可知温度降低，汽缸内气体压强不变，所以当温度降至 时，压强仍为
4 0 9 0
5 10
物理答案（共 8 页） 第 6 页（2）又 （2分）
'
0
=4
5 0
得汽缸上升的距离 （1分）
ℎ= − '= 5
外界对封闭气体做的功 （1分）
2
9 3
因气体温度降低，则气体 内 = 能 0 减 少2， ℎ 由 = 热20力0学 第 0 一定律 （1分）
得： （1分）
14.（14分）【答案】（1） ， ；（2） ；（3）Q=324J
【解析】 设长木板与小铁 块1 =的质0.4量分 2别=为0.M4、 ，长 木=板6与.75水 平地面之间的动摩擦因数为 ，小铁块与
长木板之(间1)的动摩擦因数为 ； 1
由 图像可得， ～ 时 间 2 内长木板与小铁块整体的加速度大小为：
Δ 1 8−6 2 2
（ 1分 − ） 0 0.5 1 = Δ 1 = 0.5 / =4 /
对此过程由牛顿第二定律得： （1分）
解得： （1分） 1⋅(M+m) =( + ) 1
时刻 1之=后0，.4长木板向左做匀减速直线运动，小铁块向右做匀减速直线运动。
0由.5 图像可得， 之后长木板的加速度大小为： （1分）
Δ 2 6−2 2 2
对长 − 木 板由牛顿第二 0.5 定 律得： 2 = Δ 2 = （1 1 .0分−0）.5 / =8 /
解得： ； （1分） 1( + ) + 2 = 2
由牛 顿2 =第0二.4定律可得， 时刻之后小铁块的加速度大小为： （1分）
2 2
(2) 时刻之后，长木板与小0.铁5 块均以 的速度大小分别向 左3、=向 2右 =做0匀.4减×速1直0 线/ 运动=，4 因/ ，
0故.5长 木板先于小铁块速度减小到零， 设=此6过 程/ 长木板的位移大小为 ，则有： （1 分2 >） 3
2
代入数据解得： （1分） 1 2 2 1 =
长木板速度减小到 1零=后2.，25因 小铁块与长木板之间的滑动摩擦力小于长木板与水平地面之间的最大静摩擦力，
故长木板处于静止状态，小铁块仍向右做匀减速直线运动直到速度为零，设 时刻之后，小铁块向右做
匀减速直线运动直到速度为零的位移大小为 ，则有： 0.5
2
代入数据解得： （1分） 2 2 3 2 =
设长木板的长度为 2 =，4长.5木 板的长度等于 时刻之后小铁块与长木板的相对位移大小，则有：
（1分） 0.5 = 1+ 2 =
2(3.2)设5 碰+撞4后.5小 铁=块6.7与5长 木板相对滑动产生的内能为Q ,长木板与地面间相对滑动产生的内能为Q ,则有：
1 2
Q = =162J ，Q = =162J （1分+1分）
1 2
故长 木2 板 与 挡板碰撞后系 1统( 产+生 的) 内 1能Q=Q +Q =324J （1分）
1 2
15.（18分）【答案】 ； ； 。
2
【解析】：（1）当 (1)时 ，= A 5 B /的 加速(2度) 最 3 大=10 / (3)Q =9000J
物理答案（共 8 页） 第 7 页（2分）
(2分)
得： （1分）
2
（2） 当=金5 属/棒 AB匀速运动时，电路中的有效电动势为10V
则金属棒AB的感应电动势为： （1分）
得： （1分） 1 = 1 0 =100V
金属棒 与金属棒 发生弹性碰撞：
（1分）
1 0 = 1 1+ 2 2
（1分）
2 2 2
1 1 1
2得 ： 1 0 =2 1 1 +2（ 2 1 分2 ）
金属棒 2 =2最0终 /以 速度 做匀速直线运动时，速度最小，有：
3 （1分）
− 2 2 = （2 1 3分−） 2 2
2 = （1分）
= （1分）
联=立 解2得=： 2 3 ， ， （1分）
金属棒 向=右1运0 动1的0 整个 过=程90能量10守 恒 ，3 =10 /
(3)
则： （2分）
2 2
1 1 1 2
解得2： 2 2 =2 2 3（1+分2） +
=9000J
物理答案（共 8 页） 第 8 页
